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2022年河北省高考物理模拟试卷一模（含答案）
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这是一份2022年河北省高考物理模拟试卷一模（含答案），共21页。试卷主要包含了1A，则下列说法正确的是，2W，【答案】D，【答案】A，【答案】C，【答案】AB，【答案】AD等内容，欢迎下载使用。
2022年河北省高考物理模拟试卷（一）
1. 如图所示为宾馆内的烟雾探测器，探测器中装有大约0.2mg的镅24195Am，它是一种半衰期长达432年的放射性金属，会释放出α射线和γ射线。当空气分子穿过探测器时，24195Am释放出的射线将其电离，电离产生的正、负离子在电场力作用下移动，形成微小电流，可被探测器内芯片探测到，下列说法正确的是( )
A. 镅24195Am需要及时更换，保证探测器工作的稳定性
B. 24195Am发生衰变的方程是24195Am→23793Np+42He+γ
C. 24195Am的比结合能大于23793Np的比结合能
D. 使空气分子发生电离的主要是γ射线
2. 在汽车拉力锦标赛中，假设两辆完全相同的赛车M、N由同一地点同时沿同一方向并排沿直线运动，图甲、乙分别为赛车M的速度以及赛车N的位移随时间变化的规律。已知两图线均为过原点的倾斜直线，则下列说法正确的是( )
A. 0∼1s的时间内赛车M和赛车N的速度均增大
B. t=1s时两车发动机的功率相同
C. 2s末两辆赛车相遇
D. 0∼1s的时间内赛车M和赛车N之间的距离先增大后减小
3. 如图甲所示，光滑绝缘的水平面上有一坐标轴x，且M、N两点为坐标轴上的点，现将某点电荷Q固定在x轴上，并在M、N两点分别放置一正的点电荷，两点电荷所受Q的库仑力与电荷量的关系如图乙所示，取x轴的正方向为正，则下列说法正确的是( )
A. 点电荷Q带正电，位于M、N之间
B. M、N两点的电场强度大小之比为3：1
C. 如果点电荷Q不固定，三个点电荷不可能静止
D. 点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3
4. 如图所示的装置，轻杆OQ沿竖直方向固定，且顶端有一光滑的定滑轮，轻杆OP用铰链固定于O点且可绕0点转动，用两根轻绳分别拴接A、B两个小球并系于P点，其中拴接小球A的轻绳跨过定滑轮。已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP，当系统平衡时两杆的夹角α=120∘。则下列说法正确的是( )
A. 两小球的质量相等
B. 在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，则OP杆的作用力逐渐变大
C. 在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，力F逐渐诚小
D. 在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，滑轮所受的作用力逐渐变大
5. 如图所示为建筑用的塔式起重机，在某次工作中，将质量为的建筑材料由静止开始向上做直线运动，通过传感器测量了2t0时间内钢绳的拉力与重力的比值随时间变化的规律，假设0∼t0时间内建筑材料的位移为x1、合力的功为W1，t0∼2t0时间内建筑材料的位移为x2、合力的功为W2，不计空气阻力，则下列关系正确的是( )
A. x1x2=14；W1W2=18 B. x1x2=13；W1W2=14
C. x1x2=14；W1W2=19 D. x1x2=13；W1W2=15
6. 如图所示，一直径可忽略的光滑圆管沿竖直方向固定，半径为R=0.45m，一可视为质点、质量为m=100g的小球放在圆管的最低点B，现给小球一瞬时初速度v0，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 若v0=33m/s，则小球在A点的加速度大小为g
B. 无论小球的初速度多大，小球在A点都与圆管的下壁有弹力作用
C. 若v0=5m/s，则小球在A点对上壁的压力大小为59N
D. v0越大，小球在A点对轨道的压力越大
7. 如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220V的正弦交流电源上，副线圈通过电流表与一阻值为40Ω的电阻连接，已知理想电流表的示数为1.1A，则下列说法正确的是( )
A. 变压器的输入功率为24.2W
B. 电阻两端电压的最大值为44V
C. 变压器原、副线圈的匝数比为1：5
D. 通过原线圈电流的有效值为0.22A
8. 如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，定值电阻R1=R2=R3，当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表和电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小
B. 流过定值电阻R3的电流方向向右
C. 电源的输出功率一直增大
D. 电源的总功率一直增大
9. 2021年7月6日23时53分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号丙运载火箭，成功将“天链一号05”星发射升空，卫星顺利进入预定轨道.该发射过程如图所示，长征三号丙运载火箭先将“天链一号05”送上椭圆轨道，其中M、N分别为近地点和远地点，“天链一号05”运行稳定后由N点变轨使其进入圆轨道，则下列说法正确的是( )
A. “天链一号05”在椭圆轨道的周期小于在圆轨道的周期
B. “天链一号05”在N点由椭圆轨道进入圆轨道时，应朝“天链一号05”的运动方向喷气
C. “天链一号05”在椭圆轨道的机械能等于在圆轨道的机械能
D. “天链一号05”在M点的速度大于在圆轨道的速度
10. 如图所示，虚线OM、ON的夹角为45∘，且两虚线间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一束质量为m、电荷量为−q的粒子垂直OM以不同的速率从M点垂直射入磁场。已知OM=ON=a，磁感应强度大小为B，忽略粒子的重力及相互间的作用力。则下列说法正确的是( )
A. 粒子从ON间离开磁场的速度(2−1)qBam
C. 能恰好回到OM边界的粒子离开磁场的射出点距离M点最远
D. 从OM间离开的粒子，粒子的速度越大在磁场中的运动时间越短
11. 某实验小组的同学利用阿特伍德机装置探究了加速度与外力、质量的关系，除图甲中的实验器材外，实验室还为其提供了秒表和10个质量均为m0的钩码。已知光滑定滑轮两侧物体A、B的质量分别为产m1、m2，重力加速度取g=10m/s2。实验时还进行了如下的操作：
(1)取n个钩码挂在物体A上，剩余的全部挂在物体B上。
(2)将装置由静业释放，沿竖直方向固定的刻度尺测量出物体A下落的高度及下落h所需的时间t，则该过程的加速度a=______。
(3)改变钩码n的个数，重复以上操作，得出多组n、a的实验数据，以a为纵坐标，n为横坐标，将数据描绘在坐标系中并连线，如图乙所示。
(4)由图像可知物体A、B的质量m1=______，m2=______。(均用m0表示)
12. 某同学设计了如图甲所示的电路完成了电源的电动势及内阻的测量，电压表内阻很大，实验时该同学完成了以下操作：
(1)将电阻箱的旋钮调节到合适的位置，其读数如图乙所示，则电阻箱的读数为R=______Ω，单刀双掷开关K2接1，闭合开关K1，电压表的读数为U1=2.10V；保持电阻箱的旋钮不变，单刀双掷开关K2接2，电压表的读数如图丙所示，则电压表的读数为U2=______V，断开电路，由以上两组数据可知R1=______Ω。
(2)该同学将单刀双掷开关K2接1，接通电路，调节电阻箱的旋钮同时读出相对应的电压表的读数，记电部阻箱接入电路电阻为R，电压表读数为U，反复操作，读出多组数据，并作出了如图丁所示的图像，则1U=______，图丁中标出的横、纵坐标为已知量，则该电源的电动势E=______，内阻r=______。(均用图像中的坐标和R1表示)
13. 如图所示，倾角为α=37∘的斜劈固定在水平面上，质量为2m的物块Q静止在光滑的水平面上，质量为m的物块P以一定的速度向右运动并与物块Q发生无能量损失的碰撞，已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。假设水平面与斜劈均足够长，欲使两物块能发生第二次碰撞，则物块Q与斜劈间的动摩擦因数应满足什么条件？
14. 如图甲所示的电路中，长为L1=2m、宽为L2=1m的光滑平行水平导轨的左右两端分别接有定值电阻R1=R2=1.0Ω，长为L2=1m、电阻r=1.0Ω的金属棒AB垂直导轨放在正中央位置，金属棒左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，导轨与金属棒始终保持良好的接触，导轨电阻不计。求：
(1)断开开关S，0∼1s的时间内，定值电阻R1两端的电压；
(2)闭合开关S，金属棒的质量为m=1kg，在t1=1s时给金属棒一水平向左的外力，使金属棒由静止开始以a=2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，求t2=2s时水平外力的大小；
(3)在第(1)问和第(2)问所述的过程中，0∼2s的时间内通过定值电阻R1的电量为多少？
15. 如图所示为一定质量的理想气体的压强随热力学温度的变化规律，已知初始状态为a，经b到c回到a，d点为ca连线上的点，且bd连线的延长线过原点。则气体由b到c的过程向外界______(填“放出”或“吸收”)热量；气体在a状态的体积______(填“大于”“等于”或“小于”)在d状态的体积。
16. 一体积为15L的导热氦气充气瓶为容积为1L的氦气球充气，已知当环境温度为t1=0℃时该氦气充气瓶内气体的压强为p1=4.0×105Pa。现在环境温度为t2=27℃、大气压强为p2=1.0×105Pa的条件下为氦气球充气，氦气球充气后的压强与环境的压强相等，体积为1L。假设该气体可视为理想气体，求：
①给第一个氦气球充气后，该充气瓶内的气压；(结果保留两位小数)
②如果充气瓶内气体的压强降低到1.2×105Pa后无法继续充气，则可以充满多少个氦气球以及充气瓶放出的气体质量占原来瓶内氦气质量的百分比为多少？
17. 空间有一列水平向右传播的简谐横波，已知t=1s时的波形图如图甲所示，质点M、N分别处在x1=2.5m、x2=5.0m位置，图乙为图甲中x3处质点的振动图像。则t=0时刻质点M的加速度______(填“大于”“等于”或“小于”)质点N的加速度；t=1.25s时质点M的加速度正在______(填“增大”或“减小”)。
18. 如图所示为某种透明介质材料制成的棱镜的截面图，∠a=30∘、∠b=∠c=90∘，bc=L，dc=32L，现有一细光束由ad边的中点射入棱镜，该元束的入射角为i=45∘，光束经ab边反射后射到bc边的中点，已知该介质的折射率为n=2，光在真空的传播速度为c。
①该光束能否从ab边射出棱镜，若不能，请说明理由；若能，则折射角应为多大？
②该光束由射入棱镜到第一次射出棱镜，在介质中传播的时间为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 95241半衰期为432年，当经216年，经过1个半衰期，镅含量等于原来的一半，因此只考虑衰变作用，这种烟雾探测器理论上能可靠工作216年可知探测器工作的稳定性很好，不需要经常更换，故A错误；
B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知生成物Np的质量数为A=241−4=237，电荷数：z=95−2=93，所以 95241Am发生衰变的方程是：24195Am→23793Np+42He+γ，故B正确；
C、 95241Am发生的衰变是自主发生的，衰变的过程中释放能量，所以新核的比结合能增大，即 95241Am的比结合能小于23793Np的比结合能，故C错误；
D、镅 95241会释放出射线将空气分子电离，从而产生电流，而三种射线中，α射线使空气电离的本领最大，可知使空气中的分子发生电离的主要是α射线，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断核反应方程；根据半衰期应用的特点分析；根据三种射线的特点和电离能力大小判断。
考查核反应方程的书写以及三种射线的电离能力大小，注意它们的穿透能力的大小，掌握半衰期的概念，注意半衰期的应用是关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据图甲可知，赛车M做匀加速直线运动，速度不断增大，由图乙可知，赛车N做匀速直线运动，速度保持不变，故A错误；
B、t=1s时，赛车M的速度为1m/s，在x−t图像中，图像的斜率表示速度，则vN=11m/s=1m/s，但因为赛车M有加速度，赛车N没有加速度，所以两辆车的牵引力不相同，格局公式P=Fv可知，两车发动机的功率不相同，故B错误；
C、当t=2s时，赛车M的位移为xM=0+22×2m=2m，根据图像可知，当t=2s时，赛车N的位移为2m，则2s末两辆车相遇，故C正确；
D、0∼1s时间内赛车N的速度一直大于赛车M的速度，则两辆车在0∼1s时间内的距离不断增大，故D错误；
故选：C。
根据图像分别分析出两辆赛车的运动类型，其中v−t图像的斜率表示加速度，v−t图像中图像与横轴围成的面积表示位移；x−t图像中斜率表示速度，由此完成分析。
本题主要考查了运动图像的分析，根据图像得出相应的运动物理量结合物体的位移关系完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：A、由图像知M点受力为正，方向向右；N但受力为负，方向向左；M、N两点分别放置一正的点电荷，故M点场强方向向右，N点场强方向向左，故电荷Q带负电，位于M、N之间，故A错误；
B、由公式F=qE知，F−q图像斜率表示场强大小，则EM=tan60∘=3，EN=−tan30∘=−33，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，故B错误；
C、如果点电荷Q不固定，在M、N处正电荷引力作用下可能平衡，三个点电荷可能静止，故C错误；
D、根据电场公式E=kQr2知，E∝1r2，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，则点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3，故D正确；
故选：D。
根据图线的斜率求出M、N点的电场强度大小和方向，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，和负电荷所受电场力方向相反，判断电场强度的方向；根据电场公式E=kQr2判断点电荷Q到M、N两点的距离之比。
解决本类题的关键在于掌握电场强度的定义式E=Fq和点电荷的场强公式E=kQr2以及知道电场强度的方向需要根据电荷电性分类判断。
4.【答案】C
【解析】解：对结点P点受力分析如图示，在矢量三角形(红色阴影部分)中，栓接质量为mA的轻绳对结点P的拉力的大小为F1=mAg
栓接质量为mB的小球的轻绳对结点P的拉力大小为F2=mBg，OP杆的支持力为FN
由图可知，矢量三角形和△OPQ相似，故对应边相比相等，即
F2OQ=FNOP=F1PQ①
A.已知OP=OQ，可得轻杆OP对结点P的支持力的大小
FN=F2=m2g
由于α=120∘，在等腰矢量三角形中由几何关系可得
F1=2F2sin60∘，解得
m1=3m2 故A错误；
BCD.在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，就是F1=mAg+F，减小α角，PQ减小
但是F2=mBg不变，OP不变，OQ不变，由①式可知
则OP杆的作用力FN不变，力F1减小，则F逐渐诚小，故B错误，C正确；
滑轮所受作用力为两边绳子拉力的合力，两边的拉力大小都等于F1减小，且夹角增大，则合力减小，故D错误。
故选：C。
对结点P受力分析，利用力的矢量三角形和标量三角形相似，列等式分析可得。
三角形定则是处理三个矢量合为零的方法，首尾相连。
5.【答案】A
【解析】解：在0∼t0时：
在t0∼2t0时，
由于物体受的合力是2倍的关系，根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度也是2倍的关系，即a2=2a1，
所以物体的位移x1=12a1t02，速度为v1=a1t0，做的功为W1=F0⋅x1，
物体的位移为x2=x1+v1t0+12a2t02=2a1t02，得x1：x2=1：4，
做的功为W2=2F0⋅(x2−x1)=8W1.得W1：W2=1：8
故BCD错误，A正确。
故选：A。
由牛顿第二定律可以求得物体在两段时间的加速度的大小，在由位移的公式可以分别求得速度、位移的关系，根据动能定理可以求得合力做功的关系．
本题在计算时要注意，位移x1和x2都是相对于出发点的位移，并不是各自时间内经过的位移
6.【答案】C
【解析】解：A、根据题意，当小球初速为v0时，小球恰好到达最高点，根据动能定理，−2mgR=0−12mv02，v0=4gR=4×10m/s2×0.45m=32m/s<33m/s，故小球能够到达A点；小球在A点的加速度a=v2R=(33m/s)20.45m=60m/s2，故A错误；
B、若小球在A点受到的向心力大于自身重力时，则小球在A点与圆管的下壁无弹力作用，故B错误；
C、若v0=5m/s，由动能定理，−2mgR=12mv2−12mv02，则mv2R=mv02R−2mg=0.1kg×(5m/s)20.45m−4×0.1kg×10m/s2=149N，对小球分析，mg+FN=F；FN=F−mg=149N−0.1kg×10m/s2=59N，故C正确；
D、当小球在最高点受到的向心力为自身重力时，设小球的速度为v1；mg=mv12R，v1=gR=10m/s2×0.45m=322m/s，若小球速度32m/s≤v0≤322m/s，则小球在A点对轨道的压力随着速度增大逐渐减小；若v0>322m/s，则小球在A点对轨道的压力逐渐增大；故D错误。
故选：C。
根据动能定理可知小球能够到达最高点A时，小球在B的点初速度v0；在根据小球在最高点的速度可以分析得到小球的向心力，根据受力分析可以解得。
本题考查动能定理的应用，以及小球在最高点向心力的计算，其中判断小球能否到达最高点是该题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、由P=I2R可知，副线圈的电阻消耗的功率为P=1.12×40W=48.4W，而因为理想变压器中原线圈输入的功率等于副线圈输入的功率，所以变压器的输入功率也为48.4W，故A错误；
B、由U2=IR=40×1.1V=44V，根据正弦式交流电的峰值和有效值的关系可知，电阻两端电压的最大值为Um=2U2=442V，故B错误；
C、变压器两端的匝数比为n1n2=U1U2=22044=51，故C错误；
D、由I1I2=n2n1，代入数据解得：I1=0.22A，故D正确；
故选：D。
理想变压器原副线圈的功率相等，根据功率的计算公式计算出副线圈电阻消耗的功率即等于变压器输入的功率；
根据欧姆定律计算出副线圈电压的有效值，结合正弦式交流电中电压的峰值和有效值的关系计算出电压的最大值；
根据原副线圈的电压比得出原副线圈的匝数比，从而得出原线圈的电流。
本题主要考查了变压器的构造和原理，根据欧姆定律分析出副线圈中的电学物理量，解题关键点是掌握原副线圈的匝数比和电流、电压的比值关系。
8.【答案】AB
【解析】解：A、滑动变阻器的滑片从左向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知总电流减小，即电流表A2的示数减小，由于电源内阻分得的电压减小，则路端电压增大，电压表V的示数增大，又由于定值电阻R1两端的电压减小，并联部分两端的电压增大，电流表A1的示数增大，故A正确；
B、由于并联部分两端的电压增大，所以电容器两极板间的电压增大，由Q=CU可知，电容器所带的电荷量增大，则电源对电容器充电，所以流过定值电阻R3的电流方向向右，故B正确；
C、由于外电路电阻与电源内阻r的关系未知，因此该过程中电源输出功率的变化情况不能确定，故C错误；
D、电源的总功率P=EI，I减小可知电源的总功率减小，故D错误。
故选：AB。
外电路电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流变化，根据U=E−Ir可分析路端电压变化情况，根据电容器电量变化分析电流方向，根据总功率计算公式分析。
本题考查闭合电路的欧姆定律，解题关键掌握电路图的分析，根据串并联电路电流与电压关系结合闭合电路欧姆定律可判断各电阻电压和电流变化。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据开普勒第三定律a3T2=k可知，因为“天链一号05”在椭圆轨道上的半长轴更短，则在椭圆轨道的周期小于在圆轨道的周期，故A正确；
B、“天链一号05”在N点由椭圆轨道进入圆轨道时，“天链一号05”需要加速，则应朝“天链一号05”的运动方向的反方向喷气，则“天链一号05”在圆轨道上的机械能大于在椭圆轨道上的机械能，故BC错误；
D、根据万有引力提供向心力可知，GMmR2=mv2R，解得：v=GMR，则半径越大，“天链一号05”的线速度越小，由此可知，“天链一号05”在M点的速度大于在圆轨道的速度，故D正确；
故选：AD。
根据开普勒第三定律分析出“天链一号05”在不同轨道上的周期大小关系；
根据变轨的原理分析出“天链一号05”喷气时的方向；
分析出“天链一号05”的受力特点，从而判断出机械能的变化；
根据万有引力提供向心力得出线速度与半径的关系从而完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，分析过程中涉及到了开普勒第三定律，同时要熟悉变轨的原理，理解“天链一号05”受到的万有引力提供向心力。
10.【答案】AC
【解析】解：A、当粒子与ON边相切时速度最小，粒子经过N点时速度最大，粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可求得：r+rsin45∘=a
解得：r=(2−1)a
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B=mv12r
解得：v1=(2−1)qBam
粒子达到N点时，对应的轨迹半径为：R=ON=a
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B=mv22R
解得：v2=qBam
所以粒子从ON间离开磁场的速度(2−1)qBam
粒子在磁场中运动的最短时间为：t=45∘360∘T=18×2πmqB=πm4qB，故B错误；
C、当粒子速度最小时，粒子能恰好回到OM边界，此时距离M点最远，如果v增大则将从ON边射出，故C正确；
D、从OM间离开的粒子，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角均为180∘，所以粒子在磁场中运动时间相同，故D错误。
故选：AC。
当粒子与ON边相切时速度最小，粒子经过N点时速度最大，画出粒子运动轨迹，由几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；求出粒子运动轨迹对应的圆心角的最小值，轨迹周期公式求解粒子在磁场中运动的最短时间；粒子能恰好回到OM边界，此时距离M点最远，从OM间离开的粒子，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角均为180∘，由此分析运动时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
11.【答案】2ht2 60m0 30m0
【解析】解：(2)A做初速度为零的匀加速直线运动，由h=12at2解得：a=2ht2
(4)由牛顿第二定律，nm0g+m1g−(10−n)m0g−m2g=(m1+m2+10m0)a
则有a=2m0gm1+m2+10m0⋅n+(m1−m2−10m0)gm1+m2+10m0
图像的斜率为k=2.2−21=2m0gm1+m2+10m0 ①
2=+(m1−m2−10m0)gm1+m2+10m0 ②
联立①②解得m1=60m0，m2=30m0
故答案为：(1)2ht2；(4)60m0，30m0。
物体A和物体B在竖直方向上做匀加速直线运动，由h=12at2求加速度；由牛顿第二定律结合图乙求解A、B的质量。
本题是考察的是利用阿特伍德机装置探究了加速度与外力、质量的关系的实验，课本上没有这个实验，是一个情景给与题，结合运动学和牛顿第二定律即可求解。
12.【答案】21.002.807r+R1E×1R+1E 1b a−bbc−R1
【解析】解：(1)由图乙所示可知，电阻箱的读数R=2×10Ω+1×1Ω+0×0.1Ω+0×0.01Ω=21.00Ω；由图丙所示电压表表盘可知，其量程是3V，分度值是0.1V，读数是U2=2.80V；由欧姆定律得：R1=UR1I=U2−U1U1R1=2.80−2.102.1021.00Ω=7Ω。
(2)根据图示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+I(r+R1)=U+UR(r+R1)，整理得：1U=r+R1E×1R+1E，1U−1R图象的纵轴截距b=1E，图象的斜率k=r+R1E=a−bc，解得电源电动势：E=1b，电源内阻r=a−bbc−R1。
故答案为：(1)21.00；2.80；7；(2)r+R1E×1R+1E；1b；a−bbc−R1。
(1)电阻箱各旋钮示数与对应倍率乘积之和是电阻箱读数；根据图示电表表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据实验数据应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。
(2)根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
要掌握常用器材的实验方法与读数方法；对电表读数时要先确定其量程和分度值，然后根据指针位置读数；应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以解题。
13.【答案】解：设两物块能发生第一次碰撞前物块P的速度为v0，第一次碰撞后物块P、Q的速度分别为v1、v2，Q从斜面上返回水平面时速度大小为v3。
物块P与Q发生第一次碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
mv0=mv1+2mv2
12mv02=12mv12+12×2mv22
联立解得：v1=−13v0，v2=23v0
设物块Q在斜面上上滑的最大距离为L，上滑过程，由动能定理得：
−2mgLsin37∘−μ⋅2mgLcos37∘=0−12×2mv22
上滑过程，由动能定理得：
2mgLsin37∘−μ⋅2mgLcos37∘=12×2mv32
欲使两物块能发生第二次碰撞，必须满足：v3>|v1|
联立解得：μ<0.25
答：物块Q与斜劈间的动摩擦因数应满足的条件是：μ<0.25。
【解析】先研究物块P与Q发生碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，求出碰后两者的速度与P的初速度关系式，再研究Q在斜面上运动的过程，由动能定理求出Q返回水平面时的速度大小，欲使两物块能发生第二次碰撞，Q返回水平面时的速度必须大于P的速度，联立求解。
本题是弹性碰撞和动能定理的综合应用，要掌握弹性碰撞的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。
14.【答案】解：(1)R1和金属棒回路产生的感应电动势为：
E=ΔΦΔt=ΔBΔt×L1L22=1−01×1×1V=1.0V
总电阻为：
经过R1的电流为：
电阻R1两端电压为：U1=I1R1=0.5×1.0V=0.5V
(2)金属棒从静止开始做匀加速直线运动，加速度a=2m/s2，当t=2s时
金属棒的速度：v=at
切割磁感线产生的感应电动势：E=BL2v
回路中的电流：I2=Er+R1R2R1+R2
金属棒受到的安培力FA=BIL2
由牛顿第二定律有：F−FA=ma
联立解得：F=103N
(3)通过R1的电荷量，0∼t1时间内：q1=I1t1
t1∼t2的时间内：q2=12I2×t2
总的电荷量：q=q1+q2
代入解得：q=76C
答：(1)断开开关S，0∼1s的时间内，定值电阻R1两端的电压为0.5V；
(2)闭合开关S，金属棒的质量为m=1kg，在t1=1s时给金属棒一水平向左的外力，使金属棒由静止开始以a=2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，求t2=2s时水平外力的大小为103N；
(3)在第(1)问和第(2)问所述的过程中，0∼2s的时间内通过定值电阻R1的电量为76C。
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出回路中的感应电流，由功率公式U1=I1R1求出电阻R1两端电压；
(2)由速度-时间的关系求出导体棒的速度，由切割磁感线公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律等求外力的大小；
(3)由电荷量的公式求这段时间内的电量。
本题是电磁感应与电路和力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况，确定其运动情况，要注意本题中磁场也是运动的，根据磁场与导体棒的速度求解感应电动势，正确分析电路，求解通过电量q。
15.【答案】放出 大于
【解析】解：气体由状态b到状态c的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能不变(即ΔU=0)；气体压强增大，根据一定质量的理想气体状态方程：pVT=C，可知此过程气体的体积减小，则外界对气体做功(即W>0)；根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，可知Q<0，说明气体将放出热量；
由一定质量的理想气体状态方程：pVT=C，可得：p=CVT，由此可知p−T图像上某状态点与原点连线的斜率等于CV，表明斜率越大，此状态点的体积越小，由图像可得连线aO的斜率小于连线Od的斜率，则气体在a状态的体积大于在 d状态的体积。
故答案为：放出；大于
由p−T图象结合一定质量的理想气体状态方程判断气体的状态变化，对于一定质量的理想气体，温度不变则气体的内能不变，气体的体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律判断气体吸放热；p−T图像上状态点与原点连线的斜率大小可反映状态点的体积大小关系。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，应用一定质量的理想气体状态方程判断气体的压强、体积及温度的变化；应用热力学第一定律判断内能、吸放热和外界对气体做功的关系。
16.【答案】解：①充气瓶内氦气的初始状态为：温度T1=273+t1=(273+0)K=273K，压强p1=4.0×105Pa，体积V1=15L。
假设将充气瓶内的氦气状态变为：温度T2=273+t2=(273+27)K=300K，压强p2=1.0×105Pa，体积为V2。
根据一定质量的理想气体状态方程得：
p1V1T1=p2V2T2
代入数据解得：V2=600091L
设一个氦气球的体积为ΔV=1L，给第一个氨气球充气后充气瓶内的气压为p3，则有：
p2(V2−ΔV)=p3V1
代入数据解得：p3=4.33×105Pa
②假设充气瓶内的氦气在温度为T2=300K，压强为p4=1.2×105Pa时的体积为V4，根据一定质量的理想气体状态方程得：
p1V1T1=p4V4T2
代入数据解得：V4=500091L
充气瓶放出的气体质量占原来瓶内气体质量的百分比为：η=V4−V1V4×100%
代入数据解得：η=72.7%
对于充气瓶放出的氦气，由玻意耳定律得：
p4(V4−V1)=p2V5
代入数据解得：V5=47.93L，则可以充满47个氦气球。
答：①给第一个氦气球充气后，该充气瓶内的气压为4.33×105Pa；
②可以充满47个氦气球以及充气瓶放出的气体质量占原来瓶内氦气质量的百分比为72.7%。
【解析】①先应用一定质量的理想气体状态方程，将充气瓶内的氦气的压强与温度变为与充气时的环境相同的压强与温度，得到对应的体积，此体积再减去一个氦气球的体积后，再将剩余体积的氦气变为与充气瓶相同的体积，得到对应的所求的压强；
②将充气瓶内的氦气转换为与环境温度相同，压强为1.2×105Pa，求得此时的体积，此体积减去充气瓶的体积即为放出气体的体积，利用相应的体积比得到所求质量比；再将放出的氦气状态变为与环境相同得到相应的体积，与一个氦气球的体积进行比较可得充满氦气球的个数。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程的应用，属于放气分装问题，难度较难。此类问题的关键是分析并确定封闭气体的初末状态，对气体状态合理的转换。
17.【答案】大于 减小
【解析】解：由图乙可知波的周期T=2s，图甲代表t=1s=T2时的波形图，则t=0时刻，M点在波谷，N在平衡位置，所以M的加速度大于质点N的加速度；由图甲可知M点向下振动，t=1.5s时处于平衡位置，所以t=1.25s时质点M的加速度减小；
故答案为：大于，减小
由图甲与波的传播方向，即可得到各质点振动情况，然后根据运动时间分析加速度。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据时间分析质点运动情况。
18.【答案】解：①根据题意作出光路图：
根据折射定律有：n=sinisinr
代入数据解得：r=30∘，
由于全反射临界角公式sinC=1n，解得：C=45∘
根据数学知识可知θ=60∘；
θ>C
所以光束不能从ab边射出棱镜，
②光线在介质中的传播速度v=cn
根据几何关系有，光程x=af2cos30∘+bf2cos30∘
ab=bc+dctan30∘
光在介质中传播的时间t=xv
代入数据解得：t=6Ln
答：①该光束不能从ab边射出棱镜，理由见解析；
②该光束由射入棱镜到第一次射出棱镜，在介质中传播的时间为6Ln。
【解析】①根据全反射临界角判断光束是否射出；
②根据光的传播速度公式，结合几何关系解得。
本题的关键是掌握全反射条件，要知道当光从介质射向空气时就要考虑能否发生全反射。要能根据题意作出光路图，利用光的几何特性，来寻找角与角的关系，求出光程。
2022年河北省高考物理模拟试卷（一）
1. 如图所示为宾馆内的烟雾探测器，探测器中装有大约0.2mg的镅24195Am，它是一种半衰期长达432年的放射性金属，会释放出α射线和γ射线。当空气分子穿过探测器时，24195Am释放出的射线将其电离，电离产生的正、负离子在电场力作用下移动，形成微小电流，可被探测器内芯片探测到，下列说法正确的是( )
A. 镅24195Am需要及时更换，保证探测器工作的稳定性
B. 24195Am发生衰变的方程是24195Am→23793Np+42He+γ
C. 24195Am的比结合能大于23793Np的比结合能
D. 使空气分子发生电离的主要是γ射线
2. 在汽车拉力锦标赛中，假设两辆完全相同的赛车M、N由同一地点同时沿同一方向并排沿直线运动，图甲、乙分别为赛车M的速度以及赛车N的位移随时间变化的规律。已知两图线均为过原点的倾斜直线，则下列说法正确的是( )
A. 0∼1s的时间内赛车M和赛车N的速度均增大
B. t=1s时两车发动机的功率相同
C. 2s末两辆赛车相遇
D. 0∼1s的时间内赛车M和赛车N之间的距离先增大后减小
3. 如图甲所示，光滑绝缘的水平面上有一坐标轴x，且M、N两点为坐标轴上的点，现将某点电荷Q固定在x轴上，并在M、N两点分别放置一正的点电荷，两点电荷所受Q的库仑力与电荷量的关系如图乙所示，取x轴的正方向为正，则下列说法正确的是( )
A. 点电荷Q带正电，位于M、N之间
B. M、N两点的电场强度大小之比为3：1
C. 如果点电荷Q不固定，三个点电荷不可能静止
D. 点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3
4. 如图所示的装置，轻杆OQ沿竖直方向固定，且顶端有一光滑的定滑轮，轻杆OP用铰链固定于O点且可绕0点转动，用两根轻绳分别拴接A、B两个小球并系于P点，其中拴接小球A的轻绳跨过定滑轮。已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP，当系统平衡时两杆的夹角α=120∘。则下列说法正确的是( )
A. 两小球的质量相等
B. 在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，则OP杆的作用力逐渐变大
C. 在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，力F逐渐诚小
D. 在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，滑轮所受的作用力逐渐变大
5. 如图所示为建筑用的塔式起重机，在某次工作中，将质量为的建筑材料由静止开始向上做直线运动，通过传感器测量了2t0时间内钢绳的拉力与重力的比值随时间变化的规律，假设0∼t0时间内建筑材料的位移为x1、合力的功为W1，t0∼2t0时间内建筑材料的位移为x2、合力的功为W2，不计空气阻力，则下列关系正确的是( )
A. x1x2=14；W1W2=18 B. x1x2=13；W1W2=14
C. x1x2=14；W1W2=19 D. x1x2=13；W1W2=15
6. 如图所示，一直径可忽略的光滑圆管沿竖直方向固定，半径为R=0.45m，一可视为质点、质量为m=100g的小球放在圆管的最低点B，现给小球一瞬时初速度v0，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 若v0=33m/s，则小球在A点的加速度大小为g
B. 无论小球的初速度多大，小球在A点都与圆管的下壁有弹力作用
C. 若v0=5m/s，则小球在A点对上壁的压力大小为59N
D. v0越大，小球在A点对轨道的压力越大
7. 如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220V的正弦交流电源上，副线圈通过电流表与一阻值为40Ω的电阻连接，已知理想电流表的示数为1.1A，则下列说法正确的是( )
A. 变压器的输入功率为24.2W
B. 电阻两端电压的最大值为44V
C. 变压器原、副线圈的匝数比为1：5
D. 通过原线圈电流的有效值为0.22A
8. 如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，定值电阻R1=R2=R3，当滑动变阻器的滑片从左向右移动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表和电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小
B. 流过定值电阻R3的电流方向向右
C. 电源的输出功率一直增大
D. 电源的总功率一直增大
9. 2021年7月6日23时53分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号丙运载火箭，成功将“天链一号05”星发射升空，卫星顺利进入预定轨道.该发射过程如图所示，长征三号丙运载火箭先将“天链一号05”送上椭圆轨道，其中M、N分别为近地点和远地点，“天链一号05”运行稳定后由N点变轨使其进入圆轨道，则下列说法正确的是( )
A. “天链一号05”在椭圆轨道的周期小于在圆轨道的周期
B. “天链一号05”在N点由椭圆轨道进入圆轨道时，应朝“天链一号05”的运动方向喷气
C. “天链一号05”在椭圆轨道的机械能等于在圆轨道的机械能
D. “天链一号05”在M点的速度大于在圆轨道的速度
10. 如图所示，虚线OM、ON的夹角为45∘，且两虚线间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一束质量为m、电荷量为−q的粒子垂直OM以不同的速率从M点垂直射入磁场。已知OM=ON=a，磁感应强度大小为B，忽略粒子的重力及相互间的作用力。则下列说法正确的是( )
A. 粒子从ON间离开磁场的速度(2−1)qBam
C. 能恰好回到OM边界的粒子离开磁场的射出点距离M点最远
D. 从OM间离开的粒子，粒子的速度越大在磁场中的运动时间越短
11. 某实验小组的同学利用阿特伍德机装置探究了加速度与外力、质量的关系，除图甲中的实验器材外，实验室还为其提供了秒表和10个质量均为m0的钩码。已知光滑定滑轮两侧物体A、B的质量分别为产m1、m2，重力加速度取g=10m/s2。实验时还进行了如下的操作：
(1)取n个钩码挂在物体A上，剩余的全部挂在物体B上。
(2)将装置由静业释放，沿竖直方向固定的刻度尺测量出物体A下落的高度及下落h所需的时间t，则该过程的加速度a=______。
(3)改变钩码n的个数，重复以上操作，得出多组n、a的实验数据，以a为纵坐标，n为横坐标，将数据描绘在坐标系中并连线，如图乙所示。
(4)由图像可知物体A、B的质量m1=______，m2=______。(均用m0表示)
12. 某同学设计了如图甲所示的电路完成了电源的电动势及内阻的测量，电压表内阻很大，实验时该同学完成了以下操作：
(1)将电阻箱的旋钮调节到合适的位置，其读数如图乙所示，则电阻箱的读数为R=______Ω，单刀双掷开关K2接1，闭合开关K1，电压表的读数为U1=2.10V；保持电阻箱的旋钮不变，单刀双掷开关K2接2，电压表的读数如图丙所示，则电压表的读数为U2=______V，断开电路，由以上两组数据可知R1=______Ω。
(2)该同学将单刀双掷开关K2接1，接通电路，调节电阻箱的旋钮同时读出相对应的电压表的读数，记电部阻箱接入电路电阻为R，电压表读数为U，反复操作，读出多组数据，并作出了如图丁所示的图像，则1U=______，图丁中标出的横、纵坐标为已知量，则该电源的电动势E=______，内阻r=______。(均用图像中的坐标和R1表示)
13. 如图所示，倾角为α=37∘的斜劈固定在水平面上，质量为2m的物块Q静止在光滑的水平面上，质量为m的物块P以一定的速度向右运动并与物块Q发生无能量损失的碰撞，已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。假设水平面与斜劈均足够长，欲使两物块能发生第二次碰撞，则物块Q与斜劈间的动摩擦因数应满足什么条件？
14. 如图甲所示的电路中，长为L1=2m、宽为L2=1m的光滑平行水平导轨的左右两端分别接有定值电阻R1=R2=1.0Ω，长为L2=1m、电阻r=1.0Ω的金属棒AB垂直导轨放在正中央位置，金属棒左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，导轨与金属棒始终保持良好的接触，导轨电阻不计。求：
(1)断开开关S，0∼1s的时间内，定值电阻R1两端的电压；
(2)闭合开关S，金属棒的质量为m=1kg，在t1=1s时给金属棒一水平向左的外力，使金属棒由静止开始以a=2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，求t2=2s时水平外力的大小；
(3)在第(1)问和第(2)问所述的过程中，0∼2s的时间内通过定值电阻R1的电量为多少？
15. 如图所示为一定质量的理想气体的压强随热力学温度的变化规律，已知初始状态为a，经b到c回到a，d点为ca连线上的点，且bd连线的延长线过原点。则气体由b到c的过程向外界______(填“放出”或“吸收”)热量；气体在a状态的体积______(填“大于”“等于”或“小于”)在d状态的体积。
16. 一体积为15L的导热氦气充气瓶为容积为1L的氦气球充气，已知当环境温度为t1=0℃时该氦气充气瓶内气体的压强为p1=4.0×105Pa。现在环境温度为t2=27℃、大气压强为p2=1.0×105Pa的条件下为氦气球充气，氦气球充气后的压强与环境的压强相等，体积为1L。假设该气体可视为理想气体，求：
①给第一个氦气球充气后，该充气瓶内的气压；(结果保留两位小数)
②如果充气瓶内气体的压强降低到1.2×105Pa后无法继续充气，则可以充满多少个氦气球以及充气瓶放出的气体质量占原来瓶内氦气质量的百分比为多少？
17. 空间有一列水平向右传播的简谐横波，已知t=1s时的波形图如图甲所示，质点M、N分别处在x1=2.5m、x2=5.0m位置，图乙为图甲中x3处质点的振动图像。则t=0时刻质点M的加速度______(填“大于”“等于”或“小于”)质点N的加速度；t=1.25s时质点M的加速度正在______(填“增大”或“减小”)。
18. 如图所示为某种透明介质材料制成的棱镜的截面图，∠a=30∘、∠b=∠c=90∘，bc=L，dc=32L，现有一细光束由ad边的中点射入棱镜，该元束的入射角为i=45∘，光束经ab边反射后射到bc边的中点，已知该介质的折射率为n=2，光在真空的传播速度为c。
①该光束能否从ab边射出棱镜，若不能，请说明理由；若能，则折射角应为多大？
②该光束由射入棱镜到第一次射出棱镜，在介质中传播的时间为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 95241半衰期为432年，当经216年，经过1个半衰期，镅含量等于原来的一半，因此只考虑衰变作用，这种烟雾探测器理论上能可靠工作216年可知探测器工作的稳定性很好，不需要经常更换，故A错误；
B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知生成物Np的质量数为A=241−4=237，电荷数：z=95−2=93，所以 95241Am发生衰变的方程是：24195Am→23793Np+42He+γ，故B正确；
C、 95241Am发生的衰变是自主发生的，衰变的过程中释放能量，所以新核的比结合能增大，即 95241Am的比结合能小于23793Np的比结合能，故C错误；
D、镅 95241会释放出射线将空气分子电离，从而产生电流，而三种射线中，α射线使空气电离的本领最大，可知使空气中的分子发生电离的主要是α射线，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断核反应方程；根据半衰期应用的特点分析；根据三种射线的特点和电离能力大小判断。
考查核反应方程的书写以及三种射线的电离能力大小，注意它们的穿透能力的大小，掌握半衰期的概念，注意半衰期的应用是关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据图甲可知，赛车M做匀加速直线运动，速度不断增大，由图乙可知，赛车N做匀速直线运动，速度保持不变，故A错误；
B、t=1s时，赛车M的速度为1m/s，在x−t图像中，图像的斜率表示速度，则vN=11m/s=1m/s，但因为赛车M有加速度，赛车N没有加速度，所以两辆车的牵引力不相同，格局公式P=Fv可知，两车发动机的功率不相同，故B错误；
C、当t=2s时，赛车M的位移为xM=0+22×2m=2m，根据图像可知，当t=2s时，赛车N的位移为2m，则2s末两辆车相遇，故C正确；
D、0∼1s时间内赛车N的速度一直大于赛车M的速度，则两辆车在0∼1s时间内的距离不断增大，故D错误；
故选：C。
根据图像分别分析出两辆赛车的运动类型，其中v−t图像的斜率表示加速度，v−t图像中图像与横轴围成的面积表示位移；x−t图像中斜率表示速度，由此完成分析。
本题主要考查了运动图像的分析，根据图像得出相应的运动物理量结合物体的位移关系完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：A、由图像知M点受力为正，方向向右；N但受力为负，方向向左；M、N两点分别放置一正的点电荷，故M点场强方向向右，N点场强方向向左，故电荷Q带负电，位于M、N之间，故A错误；
B、由公式F=qE知，F−q图像斜率表示场强大小，则EM=tan60∘=3，EN=−tan30∘=−33，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，故B错误；
C、如果点电荷Q不固定，在M、N处正电荷引力作用下可能平衡，三个点电荷可能静止，故C错误；
D、根据电场公式E=kQr2知，E∝1r2，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，则点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3，故D正确；
故选：D。
根据图线的斜率求出M、N点的电场强度大小和方向，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，和负电荷所受电场力方向相反，判断电场强度的方向；根据电场公式E=kQr2判断点电荷Q到M、N两点的距离之比。
解决本类题的关键在于掌握电场强度的定义式E=Fq和点电荷的场强公式E=kQr2以及知道电场强度的方向需要根据电荷电性分类判断。
4.【答案】C
【解析】解：对结点P点受力分析如图示，在矢量三角形(红色阴影部分)中，栓接质量为mA的轻绳对结点P的拉力的大小为F1=mAg
栓接质量为mB的小球的轻绳对结点P的拉力大小为F2=mBg，OP杆的支持力为FN
由图可知，矢量三角形和△OPQ相似，故对应边相比相等，即
F2OQ=FNOP=F1PQ①
A.已知OP=OQ，可得轻杆OP对结点P的支持力的大小
FN=F2=m2g
由于α=120∘，在等腰矢量三角形中由几何关系可得
F1=2F2sin60∘，解得
m1=3m2 故A错误；
BCD.在小球A上加一竖直向下的力F使小球A缓慢地向下移动，就是F1=mAg+F，减小α角，PQ减小
但是F2=mBg不变，OP不变，OQ不变，由①式可知
则OP杆的作用力FN不变，力F1减小，则F逐渐诚小，故B错误，C正确；
滑轮所受作用力为两边绳子拉力的合力，两边的拉力大小都等于F1减小，且夹角增大，则合力减小，故D错误。
故选：C。
对结点P受力分析，利用力的矢量三角形和标量三角形相似，列等式分析可得。
三角形定则是处理三个矢量合为零的方法，首尾相连。
5.【答案】A
【解析】解：在0∼t0时：
在t0∼2t0时，
由于物体受的合力是2倍的关系，根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度也是2倍的关系，即a2=2a1，
所以物体的位移x1=12a1t02，速度为v1=a1t0，做的功为W1=F0⋅x1，
物体的位移为x2=x1+v1t0+12a2t02=2a1t02，得x1：x2=1：4，
做的功为W2=2F0⋅(x2−x1)=8W1.得W1：W2=1：8
故BCD错误，A正确。
故选：A。
由牛顿第二定律可以求得物体在两段时间的加速度的大小，在由位移的公式可以分别求得速度、位移的关系，根据动能定理可以求得合力做功的关系．
本题在计算时要注意，位移x1和x2都是相对于出发点的位移，并不是各自时间内经过的位移
6.【答案】C
【解析】解：A、根据题意，当小球初速为v0时，小球恰好到达最高点，根据动能定理，−2mgR=0−12mv02，v0=4gR=4×10m/s2×0.45m=32m/s<33m/s，故小球能够到达A点；小球在A点的加速度a=v2R=(33m/s)20.45m=60m/s2，故A错误；
B、若小球在A点受到的向心力大于自身重力时，则小球在A点与圆管的下壁无弹力作用，故B错误；
C、若v0=5m/s，由动能定理，−2mgR=12mv2−12mv02，则mv2R=mv02R−2mg=0.1kg×(5m/s)20.45m−4×0.1kg×10m/s2=149N，对小球分析，mg+FN=F；FN=F−mg=149N−0.1kg×10m/s2=59N，故C正确；
D、当小球在最高点受到的向心力为自身重力时，设小球的速度为v1；mg=mv12R，v1=gR=10m/s2×0.45m=322m/s，若小球速度32m/s≤v0≤322m/s，则小球在A点对轨道的压力随着速度增大逐渐减小；若v0>322m/s，则小球在A点对轨道的压力逐渐增大；故D错误。
故选：C。
根据动能定理可知小球能够到达最高点A时，小球在B的点初速度v0；在根据小球在最高点的速度可以分析得到小球的向心力，根据受力分析可以解得。
本题考查动能定理的应用，以及小球在最高点向心力的计算，其中判断小球能否到达最高点是该题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、由P=I2R可知，副线圈的电阻消耗的功率为P=1.12×40W=48.4W，而因为理想变压器中原线圈输入的功率等于副线圈输入的功率，所以变压器的输入功率也为48.4W，故A错误；
B、由U2=IR=40×1.1V=44V，根据正弦式交流电的峰值和有效值的关系可知，电阻两端电压的最大值为Um=2U2=442V，故B错误；
C、变压器两端的匝数比为n1n2=U1U2=22044=51，故C错误；
D、由I1I2=n2n1，代入数据解得：I1=0.22A，故D正确；
故选：D。
理想变压器原副线圈的功率相等，根据功率的计算公式计算出副线圈电阻消耗的功率即等于变压器输入的功率；
根据欧姆定律计算出副线圈电压的有效值，结合正弦式交流电中电压的峰值和有效值的关系计算出电压的最大值；
根据原副线圈的电压比得出原副线圈的匝数比，从而得出原线圈的电流。
本题主要考查了变压器的构造和原理，根据欧姆定律分析出副线圈中的电学物理量，解题关键点是掌握原副线圈的匝数比和电流、电压的比值关系。
8.【答案】AB
【解析】解：A、滑动变阻器的滑片从左向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知总电流减小，即电流表A2的示数减小，由于电源内阻分得的电压减小，则路端电压增大，电压表V的示数增大，又由于定值电阻R1两端的电压减小，并联部分两端的电压增大，电流表A1的示数增大，故A正确；
B、由于并联部分两端的电压增大，所以电容器两极板间的电压增大，由Q=CU可知，电容器所带的电荷量增大，则电源对电容器充电，所以流过定值电阻R3的电流方向向右，故B正确；
C、由于外电路电阻与电源内阻r的关系未知，因此该过程中电源输出功率的变化情况不能确定，故C错误；
D、电源的总功率P=EI，I减小可知电源的总功率减小，故D错误。
故选：AB。
外电路电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流变化，根据U=E−Ir可分析路端电压变化情况，根据电容器电量变化分析电流方向，根据总功率计算公式分析。
本题考查闭合电路的欧姆定律，解题关键掌握电路图的分析，根据串并联电路电流与电压关系结合闭合电路欧姆定律可判断各电阻电压和电流变化。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据开普勒第三定律a3T2=k可知，因为“天链一号05”在椭圆轨道上的半长轴更短，则在椭圆轨道的周期小于在圆轨道的周期，故A正确；
B、“天链一号05”在N点由椭圆轨道进入圆轨道时，“天链一号05”需要加速，则应朝“天链一号05”的运动方向的反方向喷气，则“天链一号05”在圆轨道上的机械能大于在椭圆轨道上的机械能，故BC错误；
D、根据万有引力提供向心力可知，GMmR2=mv2R，解得：v=GMR，则半径越大，“天链一号05”的线速度越小，由此可知，“天链一号05”在M点的速度大于在圆轨道的速度，故D正确；
故选：AD。
根据开普勒第三定律分析出“天链一号05”在不同轨道上的周期大小关系；
根据变轨的原理分析出“天链一号05”喷气时的方向；
分析出“天链一号05”的受力特点，从而判断出机械能的变化；
根据万有引力提供向心力得出线速度与半径的关系从而完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，分析过程中涉及到了开普勒第三定律，同时要熟悉变轨的原理，理解“天链一号05”受到的万有引力提供向心力。
10.【答案】AC
【解析】解：A、当粒子与ON边相切时速度最小，粒子经过N点时速度最大，粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可求得：r+rsin45∘=a
解得：r=(2−1)a
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B=mv12r
解得：v1=(2−1)qBam
粒子达到N点时，对应的轨迹半径为：R=ON=a
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B=mv22R
解得：v2=qBam
所以粒子从ON间离开磁场的速度(2−1)qBam
粒子在磁场中运动的最短时间为：t=45∘360∘T=18×2πmqB=πm4qB，故B错误；
C、当粒子速度最小时，粒子能恰好回到OM边界，此时距离M点最远，如果v增大则将从ON边射出，故C正确；
D、从OM间离开的粒子，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角均为180∘，所以粒子在磁场中运动时间相同，故D错误。
故选：AC。
当粒子与ON边相切时速度最小，粒子经过N点时速度最大，画出粒子运动轨迹，由几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；求出粒子运动轨迹对应的圆心角的最小值，轨迹周期公式求解粒子在磁场中运动的最短时间；粒子能恰好回到OM边界，此时距离M点最远，从OM间离开的粒子，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角均为180∘，由此分析运动时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
11.【答案】2ht2 60m0 30m0
【解析】解：(2)A做初速度为零的匀加速直线运动，由h=12at2解得：a=2ht2
(4)由牛顿第二定律，nm0g+m1g−(10−n)m0g−m2g=(m1+m2+10m0)a
则有a=2m0gm1+m2+10m0⋅n+(m1−m2−10m0)gm1+m2+10m0
图像的斜率为k=2.2−21=2m0gm1+m2+10m0 ①
2=+(m1−m2−10m0)gm1+m2+10m0 ②
联立①②解得m1=60m0，m2=30m0
故答案为：(1)2ht2；(4)60m0，30m0。
物体A和物体B在竖直方向上做匀加速直线运动，由h=12at2求加速度；由牛顿第二定律结合图乙求解A、B的质量。
本题是考察的是利用阿特伍德机装置探究了加速度与外力、质量的关系的实验，课本上没有这个实验，是一个情景给与题，结合运动学和牛顿第二定律即可求解。
12.【答案】21.002.807r+R1E×1R+1E 1b a−bbc−R1
【解析】解：(1)由图乙所示可知，电阻箱的读数R=2×10Ω+1×1Ω+0×0.1Ω+0×0.01Ω=21.00Ω；由图丙所示电压表表盘可知，其量程是3V，分度值是0.1V，读数是U2=2.80V；由欧姆定律得：R1=UR1I=U2−U1U1R1=2.80−2.102.1021.00Ω=7Ω。
(2)根据图示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+I(r+R1)=U+UR(r+R1)，整理得：1U=r+R1E×1R+1E，1U−1R图象的纵轴截距b=1E，图象的斜率k=r+R1E=a−bc，解得电源电动势：E=1b，电源内阻r=a−bbc−R1。
故答案为：(1)21.00；2.80；7；(2)r+R1E×1R+1E；1b；a−bbc−R1。
(1)电阻箱各旋钮示数与对应倍率乘积之和是电阻箱读数；根据图示电表表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据实验数据应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。
(2)根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
要掌握常用器材的实验方法与读数方法；对电表读数时要先确定其量程和分度值，然后根据指针位置读数；应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以解题。
13.【答案】解：设两物块能发生第一次碰撞前物块P的速度为v0，第一次碰撞后物块P、Q的速度分别为v1、v2，Q从斜面上返回水平面时速度大小为v3。
物块P与Q发生第一次碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
mv0=mv1+2mv2
12mv02=12mv12+12×2mv22
联立解得：v1=−13v0，v2=23v0
设物块Q在斜面上上滑的最大距离为L，上滑过程，由动能定理得：
−2mgLsin37∘−μ⋅2mgLcos37∘=0−12×2mv22
上滑过程，由动能定理得：
2mgLsin37∘−μ⋅2mgLcos37∘=12×2mv32
欲使两物块能发生第二次碰撞，必须满足：v3>|v1|
联立解得：μ<0.25
答：物块Q与斜劈间的动摩擦因数应满足的条件是：μ<0.25。
【解析】先研究物块P与Q发生碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，求出碰后两者的速度与P的初速度关系式，再研究Q在斜面上运动的过程，由动能定理求出Q返回水平面时的速度大小，欲使两物块能发生第二次碰撞，Q返回水平面时的速度必须大于P的速度，联立求解。
本题是弹性碰撞和动能定理的综合应用，要掌握弹性碰撞的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。
14.【答案】解：(1)R1和金属棒回路产生的感应电动势为：
E=ΔΦΔt=ΔBΔt×L1L22=1−01×1×1V=1.0V
总电阻为：
经过R1的电流为：
电阻R1两端电压为：U1=I1R1=0.5×1.0V=0.5V
(2)金属棒从静止开始做匀加速直线运动，加速度a=2m/s2，当t=2s时
金属棒的速度：v=at
切割磁感线产生的感应电动势：E=BL2v
回路中的电流：I2=Er+R1R2R1+R2
金属棒受到的安培力FA=BIL2
由牛顿第二定律有：F−FA=ma
联立解得：F=103N
(3)通过R1的电荷量，0∼t1时间内：q1=I1t1
t1∼t2的时间内：q2=12I2×t2
总的电荷量：q=q1+q2
代入解得：q=76C
答：(1)断开开关S，0∼1s的时间内，定值电阻R1两端的电压为0.5V；
(2)闭合开关S，金属棒的质量为m=1kg，在t1=1s时给金属棒一水平向左的外力，使金属棒由静止开始以a=2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，求t2=2s时水平外力的大小为103N；
(3)在第(1)问和第(2)问所述的过程中，0∼2s的时间内通过定值电阻R1的电量为76C。
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出回路中的感应电流，由功率公式U1=I1R1求出电阻R1两端电压；
(2)由速度-时间的关系求出导体棒的速度，由切割磁感线公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律等求外力的大小；
(3)由电荷量的公式求这段时间内的电量。
本题是电磁感应与电路和力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况，确定其运动情况，要注意本题中磁场也是运动的，根据磁场与导体棒的速度求解感应电动势，正确分析电路，求解通过电量q。
15.【答案】放出 大于
【解析】解：气体由状态b到状态c的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能不变(即ΔU=0)；气体压强增大，根据一定质量的理想气体状态方程：pVT=C，可知此过程气体的体积减小，则外界对气体做功(即W>0)；根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，可知Q<0，说明气体将放出热量；
由一定质量的理想气体状态方程：pVT=C，可得：p=CVT，由此可知p−T图像上某状态点与原点连线的斜率等于CV，表明斜率越大，此状态点的体积越小，由图像可得连线aO的斜率小于连线Od的斜率，则气体在a状态的体积大于在 d状态的体积。
故答案为：放出；大于
由p−T图象结合一定质量的理想气体状态方程判断气体的状态变化，对于一定质量的理想气体，温度不变则气体的内能不变，气体的体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律判断气体吸放热；p−T图像上状态点与原点连线的斜率大小可反映状态点的体积大小关系。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，应用一定质量的理想气体状态方程判断气体的压强、体积及温度的变化；应用热力学第一定律判断内能、吸放热和外界对气体做功的关系。
16.【答案】解：①充气瓶内氦气的初始状态为：温度T1=273+t1=(273+0)K=273K，压强p1=4.0×105Pa，体积V1=15L。
假设将充气瓶内的氦气状态变为：温度T2=273+t2=(273+27)K=300K，压强p2=1.0×105Pa，体积为V2。
根据一定质量的理想气体状态方程得：
p1V1T1=p2V2T2
代入数据解得：V2=600091L
设一个氦气球的体积为ΔV=1L，给第一个氨气球充气后充气瓶内的气压为p3，则有：
p2(V2−ΔV)=p3V1
代入数据解得：p3=4.33×105Pa
②假设充气瓶内的氦气在温度为T2=300K，压强为p4=1.2×105Pa时的体积为V4，根据一定质量的理想气体状态方程得：
p1V1T1=p4V4T2
代入数据解得：V4=500091L
充气瓶放出的气体质量占原来瓶内气体质量的百分比为：η=V4−V1V4×100%
代入数据解得：η=72.7%
对于充气瓶放出的氦气，由玻意耳定律得：
p4(V4−V1)=p2V5
代入数据解得：V5=47.93L，则可以充满47个氦气球。
答：①给第一个氦气球充气后，该充气瓶内的气压为4.33×105Pa；
②可以充满47个氦气球以及充气瓶放出的气体质量占原来瓶内氦气质量的百分比为72.7%。
【解析】①先应用一定质量的理想气体状态方程，将充气瓶内的氦气的压强与温度变为与充气时的环境相同的压强与温度，得到对应的体积，此体积再减去一个氦气球的体积后，再将剩余体积的氦气变为与充气瓶相同的体积，得到对应的所求的压强；
②将充气瓶内的氦气转换为与环境温度相同，压强为1.2×105Pa，求得此时的体积，此体积减去充气瓶的体积即为放出气体的体积，利用相应的体积比得到所求质量比；再将放出的氦气状态变为与环境相同得到相应的体积，与一个氦气球的体积进行比较可得充满氦气球的个数。
本题考查了一定质量的理想气体状态方程的应用，属于放气分装问题，难度较难。此类问题的关键是分析并确定封闭气体的初末状态，对气体状态合理的转换。
17.【答案】大于 减小
【解析】解：由图乙可知波的周期T=2s，图甲代表t=1s=T2时的波形图，则t=0时刻，M点在波谷，N在平衡位置，所以M的加速度大于质点N的加速度；由图甲可知M点向下振动，t=1.5s时处于平衡位置，所以t=1.25s时质点M的加速度减小；
故答案为：大于，减小
由图甲与波的传播方向，即可得到各质点振动情况，然后根据运动时间分析加速度。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据时间分析质点运动情况。
18.【答案】解：①根据题意作出光路图：
根据折射定律有：n=sinisinr
代入数据解得：r=30∘，
由于全反射临界角公式sinC=1n，解得：C=45∘
根据数学知识可知θ=60∘；
θ>C
所以光束不能从ab边射出棱镜，
②光线在介质中的传播速度v=cn
根据几何关系有，光程x=af2cos30∘+bf2cos30∘
ab=bc+dctan30∘
光在介质中传播的时间t=xv
代入数据解得：t=6Ln
答：①该光束不能从ab边射出棱镜，理由见解析；
②该光束由射入棱镜到第一次射出棱镜，在介质中传播的时间为6Ln。
【解析】①根据全反射临界角判断光束是否射出；
②根据光的传播速度公式，结合几何关系解得。
本题的关键是掌握全反射条件，要知道当光从介质射向空气时就要考虑能否发生全反射。要能根据题意作出光路图，利用光的几何特性，来寻找角与角的关系，求出光程。
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